安徽物理-答案-p_近10年高考真题汇编（必刷）_2024年高考真题_高考真题（截止6.29）_其他地方卷（目前搜集不完整）_安徽卷（物、化、地）

2024 年安徽卷物理试题 一、单选题 1．大连相干光源是我国第一台高增益自由电子激光用户装置，其激光辐射所应用的玻尔原子理论很好地解释了氢 原子的光谱特征。图为氢原子的能级示意图，已知紫外光的光子能量大于3.11eV，当大量处于n=3能级的氢原子 向低能级跃迁时，辐射不同频率的紫外光有（ ） A．1种 B．2种 C．3种 D．4种 【答案】B 【详解】大量处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁时，能够辐射出不同频率的种类为C2 =3种 3 辐射出光子的能量分别为∆E =E −E =−1.51eV−(−13.6eV)=12.09eV，∆E =E −E =−1.51eV−(−3.4eV)=1.89eV， 1 3 1 2 3 2 ∆E =E −E =−3.4eV−(−13.6eV)=10.2eV 3 2 1 其中∆E＞3.11eV，∆E＜3.11eV，∆E＞3.11eV 1 2 3 因此辐射不同频率的紫外光有2种。 故选B。 2．某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度 为v．已知人与滑板的总质量为m，可视为质点．重力加速度大小为g，不计空气阻力．则此过程中人与滑板克服 摩擦力做的功为（ ） 1 1 1 A．mgh B． mv2 C．mgh+ mv2 D．mgh− mv2 2 2 2 【答案】D 1 【详解】人在下滑的过程中，由动能定理可得mgh−W = mv2−0 f 2 1 可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为W =mgh− mv2 f 2 故选D。 3．某仪器发射甲、乙两列横波，在同一均匀介质中相向传播，波速v大小相等。某时刻的波形图如图所示，则这 两列横波（ ）A．在x=9.0m处开始相遇 B．在x=10.0m处开始相遇 C．波峰在x=10.5m处相遇 D．波峰在x=11.5m处相遇 【答案】C 【详解】AB．由题意可知两列波的波速相同，所以相同时间内传播的的距离相同，故两列横波在x=11.0m处开始 相遇，AB错误； CD．甲波峰的坐标为x =5m，乙波峰的坐标为x =16m，由于两列波的波速相同，所以波峰在 1 2 16−5 x′=5m+ m=10.5m 2 处相遇，C正确，D错误。 故选C。 4．倾角为θ的传送带以恒定速率v 顺时针转动。t=0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。t 时刻物 0 0 块运动到传送带中间某位置，速度达到v 。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、 0 速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】0~t 时间内：物体轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物体受重力、支持力、滑动摩擦力， 0 滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。 t 之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动。 0 C正确，ABD错误。 故选C。 5．2024年3月20日，我国探月工程四期鹊桥二号中继星成功发射升空。当抵达距离月球表面某高度时，鹊桥二号开始进行近月制动，并顺利进入捕获轨道运行，如图所示，轨道的半长轴约为51900km。后经多次轨道调整，进入 冻结轨道运行，轨道的半长轴约为9900km，周期约为24h。则鹊桥二号在捕获轨道运行时（ ） A．周期约为144h B．近月点的速度大于远月点的速度 C．近月点的速度小于在冻结轨道运行时近月点的速度 D．近月点的加速度大于在冻结轨道运行时近月点的加速度 【答案】B T2 T2 【详解】A．冻结轨道和捕获轨道的中心天体是月球，根据开普勒第三定律得 1 = 2 R3 R3 1 2 R3 整理得T =T 2 =288h，A错误； 2 1 R3 1 B．根据开普勒第二定律得，近月点的速度大于远月点的速度，B正确； C．近月点从捕获轨道到冻结轨道鹊桥二号进行近月制动，捕获轨道近月点的速度大于在冻结轨道运行时近月点的 速度，C错误； D．两轨道的近月点所受的万有引力相同，根据牛顿第二定律可知，近月点的加速度等于在冻结轨道运行时近月点 的加速度，D错误。 故选B。 6．如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连 接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将 小球竖直向上。缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹 性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中（ ） A．速度一直增大 B．速度先增大后减小 C．加速度的最大值为3g D．加速度先增大后减小 【答案】A 【详解】AB．缓慢拉至P点，保持静止，由平衡条件可知此时拉力F与重力和两弹簧的拉力合力为零。此时两弹 簧的合力为大小为mg。当撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下，小 球一直做加速运动，A正确，B错误 ； CD．小球从P点运动到O点的过程中，形变量变小弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受的合外力一直变小， 加速度的最大值为撤去拉力时的加速度，由牛顿第二定律可知 2mg =ma 加速度的最大值为2g，CD错误。 故选A。 7．在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地 面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度 大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为（ ） ρgSl 2gh l2  ρgSl 2gh l2  A． H +h+  B． H +h+  2ηh  2h 2ηh  4h ρgSl 2gh l2  ρgSl 2gh l2  C． H +  D． H +  2ηh  2h 2ηh  4h 【答案】B 【详解】设水从出水口射出的初速度为v ，取t时间内的水为研究对象，该部分水的质量为m=v tSρ 0 0 1 根据平抛运动规律v t'=l，h= gt'2 0 2 g 解得v =l 0 2h 1 根据功能关系得Ptη= mv 2+mg(H +h) 2 0 ρgSl 2gh l2  联立解得水泵的输出功率为P= H +h+  2ηh  4h 故选B。 8．在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d 的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为+q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将 球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v 、v 、v ，如图乙所示。该过程 1 2 3 kq2 中三个小球组成的系统电势能减少了 ，k为静电力常量，不计空气阻力。则（ ） 2d A．该过程中小球3受到的合力大小始终不变 B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒2kq2 C．在图乙位置，v =v ，v ≠2v D．在图乙位置，v = 1 2 3 1 3 3md 【答案】D 【详解】AB．该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为0，故动 量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到1和2的电场力大 小相等，方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动，瞬间受到的合力不为0，故该过 程中小球3受到的合力在改变，AB错误； CD．对系统根据动量守恒mv +mv =mv 1 2 3 根据球1和2运动的对称性可知v =v ，解得v =2v 1 2 3 1 1 1 1 kq2 根据能量守恒 mv2+ mv 2+ mv 2 = 2 1 2 2 2 3 2d 2kq2 解得v = ，C错误，D正确。 3 3md 故选D。 二、多选题 9．一倾角为30°足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如图（1）所示。从t=0开 始，将一可视为质点的物块从0点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力F 和F ，其大小与时间t的关系 1 2 如图（2）所示。己知物块的质量为1.2kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。则（ ） A．物块始终做匀变速曲线运动 B．t=1s时，物块的y坐标值为2.5m C．t =1s时，物块的加速度大小为5 3m/s2 D．t=2s时，物块的速度大小为10 2m/s 【答案】BD 【详解】A．根据图像可得F =4−t，F =3t，故两力的合力为F =4+2t(N) 1 2 物块在y轴方向受到的力不变为mgsin30°，x轴方向的力在改变，合力在改变，故物块做的不是匀变速曲线运动， A错误； mgsin30° 1 B．在y轴方向的加速度为a = =gsin30°=5m/s2，故t=1s时，物块的y坐标值为y= a t2 =2.5m，B y m 2 y 正确；2  6  C．t=1s时，F =6N，故此时加速度大小为a= a 2+a 2 =   +52m/s2 =5 2m/s2，C错误； x y 1.2 D．对x轴正方向，对物块根据动量定理Ft =mv −0 x (4+2×0)+(4+2×2) 由于F与时间t成线性关系故可得 ×2=1.2v 2 x 解得v =10m/s x 此时y轴方向速度为v =gsin30°⋅t =5×2m/s=10m/s，故此时物块的速度大小为v= v 2+v 2 =10 2m/s，D正确。 y x y 故选BD。 10．空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一 质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个 小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所 示。Ⅱ的轨迹未画出。己知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则（ ） mg A．油滴a带负电，所带电量的大小为 E gBR B．油滴a做圆周运动的速度大小为 E 3gBR 4πE C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为 ，周期为 E gB D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 【答案】ABD 【详解】A．油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有mg =Eq mg 解得q= ，A正确； E v2 mv B．根据洛伦兹力提供向心力Bqv=m ，得R= R Bq gBR 解得油滴a做圆周运动的速度大小为v= ，B正确； E m v C．设小油滴Ⅰ的速度大小为v ，得3R= 2 1 ，解得v = 3BqR = 3gBR ，周期为T = 2π⋅3R = 2πE ，C错误； 1 q 1 m E v gB B 1 2 D．带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v ，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得 2 m m gBR mv= v + v ，解得v =− 2 1 2 2 2 E 由于分离后的小液滴受到的电场力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知 小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，D正确。 故选ABD。三、实验题 11．某实验小组做“测量玻璃的折射率”及拓展探究实验． (1)为测量玻璃的折射率，按如图所示进行实验，以下表述正确的一项是________。（填正确答案标号） A．用笔在白纸上沿着玻璃砖上边和下边分别画出直线a和a′ B．在玻璃砖一侧插上大头针P、P ，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使P 把P挡住，这样就可以确 1 2 2 1 定入射光线和入射点O 。在眼睛这一侧，插上大头针P ，使它把P、P 都挡住，再插上大头针P ，使它把P、 1 3 1 2 4 1 P 、P 都挡住，这样就可以确定出射光线和出射点O 2 3 2 C．实验时入射角θ应尽量小一些，以减小实验误差 1 (2)为探究介质折射率与光的频率的关系，分别用一束红光和一束绿光从同一点入射到空气与玻璃的分界面．保持相 同的入射角，根据实验结果作出光路图，并标记红光和绿光，如图乙所示．此实验初步表明：对于同一种介质，折 射率与光的频率有关．频率大，折射率 （填“大”或“小”） (3)为探究折射率与介质材料的关系，用同一束微光分别入射玻璃砖和某透明介质，如图丙、丁所示。保持相同的入 射角α，测得折射角分别为α、α(α <α)，则玻璃和该介质的折射率大小关系为n n （填“>”或“<”）。 1 2 3 2 3 玻璃 介质 此实验初步表明：对于一定频率的光，折射率与介质材料有关。 【答案】(1)B (2)大 (3)> 【详解】（1）A．在白纸上画出一条直线a作为界面，把长方体玻璃砖放在白纸上，使它的一个长边与a对齐。用 直尺或者三角板轻靠在玻璃砖的另一长边，按住直尺或三角板不动，将玻璃砖取下，画出直线a′代表玻璃砖的另一 边，而不能用笔在白纸上沿着玻璃砖上边和下边分别画出直线a和a′，A错误； B．在玻璃砖一侧插上大头针P、P ，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使P 把P挡住，这样就可以确定入 1 2 2 1 射光线和入射点O 。在眼睛这一侧，插上大头针P ，使它把P、P 都挡住，再插上大头针P ，使它把P、P 、P 都 1 3 1 2 4 1 2 3 挡住，这样就可以确定出射光线和出射点O ，B正确； 2 C．实验时入射角θ应尽量大一些，但也不能太大（接近90°），以减小实验误差，C错误； 1 故选B。sinα （2）由图乙可知，入射角相同，绿光的折射角小于红光的折射角，根据光的折射定律n= sinβ 可知绿光的折射率大于红光的折射率，又因为绿光的频率大于红光的频率，所以频率大，折射率大。 sinα sinα （3）根据折射定律可知，玻璃的折射率为n = 1 .该介质的折射率为n = 1 玻璃 sinα 介质 sinα 2 3 其中α＜α.所以n＞n 2 3 2 3 12．某实验小组要将电流表G（铭牌标示：I =500μA，R =800Ω）改装成量程为1V和3V的电压表，并用标准 g g 电压表对其进行校准。选用合适的电源、滑动变阻器、电阻箱、开关和标准电压表等实验器材，按图（1）所示连 接电路，其中虚线框内为改装电路。 (1)开关S 闭合前，滑片P应移动到 （填“M”或“N”）端。 1 (2)根据要求和已知信息，电阻箱R 的阻值已调至1200Ω，则R 的阻值应调至 Ω。 1 2 (3)当单刀双掷开关S 与a连接时，电流表G和标准电压表V的示数分别为I、U，则电流表G的内阻可表示为 。 2 （结果用U、I、R 、R 表示） 1 2 (4)校准电表时，发现改装后电压表的读数始终比标准电压表的读数偏大，经排查发现电流表G内阻的真实值与铭 牌标示值有偏差，则只要________即可。（填正确答案标号） A．增大电阻箱R 的阻值 B．减小电阻箱R 的阻值 1 2 C．将滑动变阻器的滑片P向M端滑动 (5)校准完成后，开关S 与b连接，电流表G的示数如图（2）所示，此示数对应的改装电压表读数为 V。（保 2 留2位有效数字） 【答案】(1)M (2)4000 U (3)R = −R −R g I 1 2 (4)A (5)0.86 【详解】（1）由图可知，该滑动变阻器采用分压式接法，为了电路，在开关S 闭合前，滑片P应移到M端； 1 （2）当开关S 接b时，电压表量程为1V，根据欧姆定律U =I (R +R) 2 1 g g 1 当开关S 接a时，电压表量程为3V，根据欧姆定律U =I (R +R +R ) 2 2 g g 1 2 其中R =1200Ω.联立解得R =4000Ω 1 2U （3）当开关S 接a时，根据欧姆定律U =I(R +R +R )，可得电流表G的内阻可表示为R = −R −R 2 g 1 2 g I 1 2 （4）校准电表时，发现改装后电压表的读数始终比标准电压表的读数偏大，可知电流表G内阻的真实值小于铭牌 标示值，根据闭合电路的欧姆定律可以增大两电阻箱的阻值。 故选A。 （5）根据闭合电路欧姆定律U =I (R +R)=430×10−6×(800+1200)V=0.86V V A g 1 四、解答题 13．某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降（假设轮胎内气体的体 积不变，且没有漏气，可视为理想气体）。于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的 压强恢复到出发时的压强（假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变）。已知该轮胎内气体的 体积V =30L，从北京出发时，该轮胎气体的温度t =−3°C，压强p =2.7×105Pa。哈尔滨的环境温度t =−23°C， 0 1 1 2 大气压强p 取1.0×105Pa。求： 0 （1）在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小。 （2）充进该轮胎的空气体积。 【答案】（1）2.5×105Pa；（2）6L p p 【详解】（1）由查理定律可得 1 = 2 T T 1 2 其中p =2.7×105Pa，T =273−3(K)=270K，T =273−23(K)=250K 1 1 2 代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小为p =2.5×105Pa 2 （2）由玻意耳定律pV + pV = pV 2 0 0 1 0 代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为V =6L 14．如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与 水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并 轻靠在物块右侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后， 物块沿着小车上的轨道运动，已知细线长L=1.25m。小球质量m=0.20kg。物块、小车质量均为M =0.30kg。小车 上的水平轨道长s=1.0m。圆弧轨道半径R=0.15m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。 （1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小； （2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小； （3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数µ的取值范围。 【答案】（1）6N；（2）4m/s；（3）0.25≤µ<0.4 1 【详解】（1）对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理mgL= mv2−0 2 0 解得v =5m/s 0v2 在最低点，对小球由牛顿第二定律F −mg =m 0 T L 解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为F =6N T 1 1 1 （2）小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律mv =mv +Mv ， mv2 = mv2+ Mv2 0 1 2 2 0 2 1 2 2 2m 解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v = v =4m/s 2 m+M 0 （3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒Mv =2Mv 2 3 1 1 由能量守恒定律 Mv2 = ×2Mv2+µMgs 2 2 2 3 1 解得µ=0.4 1 若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒Mv =2Mv 2 4 1 1 由能量守恒定律 Mv2 = ×2Mv2+µMgs+MgR 2 2 2 4 2 解得µ =0.25 2 因此物块与水平轨道间的动摩擦因数µ的取值范围为0.25≤µ<0.4 15．如图所示，一“U”型金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝 缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向 下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B = kt（SI），k为常数（k > 0）。支架上方的导 轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R。t = 0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其 向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数 为μ，重力加速度大小为g。不计空气阻力，两磁场互不影响。 （1）求通过面积S 的磁通量大小随时间t变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出ab中电流的方向； cdef （2）求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式； （3）求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。 【答案】（1）kL2·t，kL2，从a流向b；（2）F = k2L3t ；（3） µk2L3 +m(g+a) 安 R+art2 2 Rar 【详解】（1）通过面积S 的磁通量大小随时间t变化的关系式为Φ=BS =kL2t cdef ∆Φ ∆B⋅S 根据法拉第电磁感应定律得E=n = =kL2，由楞次定律可知ab中的电流从a流向b。 ∆t ∆t （2）根据左手定则可知ab受到的安培力方向垂直导轨面向里，大小为F =BIL 安 其中B=kt1 设金属棒向上运动的位移为x，则根据运动学公式x= at2 2 所以导轨上方的电阻为R′=2xr E k2L3t 由闭合电路欧姆定律得I = ，联立得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为F = R+2xr 安 R+art2 （3）由题知t = 0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，则对ab受力 分析由牛顿第二定律F−mg−µF =ma 安 k2L3t 其中F = 安 R+art2 µk2L3t 联立可得F = +m(g+a) R+art2 µk2L3 F = +m(g+a) 整理有 R +art t R R µk2L3 根据均值不等式可知，当 =art时，F有最大值，解得t = F的最大值为F = +m(g+a) t ar m 2 Rar